Dokumen - Tips Conjugate-Beam PDF [PDF]

Citation preview

BAB I CONJUGATE BEAM



Conjugate beam (balok konjugasi) adalah penggunaan bidang momen yang dijadikan sebagai beban untuk mengetahui defleksi pada balok. Cara penentuannya : -



Bidang momen diperlukan sebagai beban EI



-



Momen pada suatu titik pada conjugate beam merupakan lendutan dititik tersebut. Perhatikan balok dengan tumpuan sederhana dibebani dengan beban-beban sebagai



berikut :



Kondisi 1 Bentang sederhana dibebani dengan beban terpusat ditengah bentang



A



yc



B



2



Menghitung gaya lintang dan momen :



MA  0  PL   L   L  -VB . L +     =0  4 EI   2   2 



PL3 -VB.L + =0 16EI



PL2 VB  16EI V  0 VA  



PL2 16EI



A



M C  0



-MC + VA.



L  PL  L  L  -    = 0 2  4 EI  4  6 



 PL2  L PL3 .  -MC +  =0  16EI  2 96EI MC =



PL3 PL3  32EI 96EI



MC =



PL3 48EI



3



ΣV = 0 VA - DA = 0 VA = DA



PL2 DA = 16EI DB = -



PL2 16EI



jadi, MC = yc



yc=



PL3 48EI



DA = GA



θA =



PL2 16EI



DB = GB



θB = -



PL2 16EI



Kondisi 2 Bentang sederhana dibebani dengan beban terpusat tidak tepat ditengah bentang



A



B



4



ΣMC = 0 VA.a – MC = 0 MC = VA.a MC =



Pb .a L



MC =



Pab L



MC =



P.a.b LEI



maka:



ΣMA = 0



 Pab  1  Pab  2 b  3 b  a   1 2 a . 3 b = 0  LEI   LEI 



-VB.L +



1



-VB.L +



Pab 2 2LEI



VB =



2



Pab 6 L2 EI







1



 13 b  a   Pa



3



b =0 3LEI



3



b 2  ab  2 3 a 2







ΣMB = 0 1



VA.L -



3 Pa 2 b 1  3 a  b  Pab = 0 2LEI 3LEI



Pab 2 L2 EI



2



Pa 2 b 2L2 EI



VA = VA =



 Pab  1  Pab  2 a  3 a  b   1 2 b . 3 b = 0  LEI   LEI 



VA.L -







1



3



 13 a  b  



a 2  ab  2 3 b 2







Pab 3 3L2 EI



5



DA = θA =



Pab 2 L2 EI







Pab 2 L2 EI







DB = θB = -



1



3



1



a 2  ab  2 3 b 2



3







b 2  ab  2 3 a 2







Pembuktian dengan beban terpusat. Mis : a  b  12 L θA =



A =



Pab 2 L2 EI







=



P 12 L  12 L  2 L2 EI



=



PL2 8L2 EI



=



P 8EI







1



3



a 2  ab  2 3 b 2







3



1



1



 12 L2   12 L 1 2 L  2 3  1 2 L2 







1 12



L2  1 4 L2  16 L2



L2







2



PL2 16EI







cocok



B   







Pab 2 L2 EI







1



3



P 12 L  12 L  2 L2 EI



PL2  2 8L EI



PL2 B   16EI







1 12



b 2  ab  2 3 a 2







1



3







 1 2 L2   1 2 L 12 L  2 3 1 2 L2 



L2  14 L2  16 L2 cocok







6



Kondisi 3 Beban terbagi rata sepanjang bentang



A



A



B



B



7



M A  0 V A .x  Mx  q.x.



x 0 2



x2  Mx 2 L  qlx qx 2  Mx     dx 2 2  0  1



2 ql. x  q



L  L qlx qx 2  Mx  12   dx   dx 2 0 0 2  L



 x2 x 3  1 Mx  2  ql  q  3  0  2  ql 3 ql 3   Mx    3   2 1 2



 ql 3  ql 3   Mx  12   6  12EI



Mx 



ql 3 12EI



Mx dijadikan beban.



M A  0  V B .L 



ql 3 12EI



ql 3 24EI ql 3 VA  24EI VB 



Jadi,



A 



ql 3 24EI



B  



ql 3 24EI



12 L  0



8



Kondisi 4 Beban terbagi rata tidak disepanjang bentang .



A



B







qdxL  x  L2  L  x 2 a) d  A= 6 EIL







a2



A



= q



L  x L2  L  x 2 dx 6 EIL



a1



=



q 6 EIL



 L  xL







a2



2



 L2  2 Lx  x 2 dx



a1



 L  x2Lx  x dx



q 6 EIL



a2



q = 6 EIL



a2



=







2



a1



 L  x2L x  Lx 2



2







 2 Lx 2  x 3 dx



a1



Maka







A



=



q  2 L2 x 2 3Lx 3 x 4      6 EIL  2 3 4







A



=



q 2 2 3 3 4 4 L2 a2  a1  L a2  a1  1 4 a2  a1 6 EIL



 



 



aa12



 



 . . . . . . (1)



9



b) d  B=







qdx  x L2  x 2 6EIL







a2







q  x L  x 2 dx 6 EIL



 B= 



a1



a2



=



a1



















q  L2  x 3 dx 6 EIL











=



q L2  x 2 x 4   dx 6EIL 2 4



=



q  L2 2 2   a2  a1 6 EIL  2



B







 a 1



4



4 2







4   a1  . . . . . . . . . . . . . . .(2) 



Cek/periksa dengan beban merata penuh :



A



B



a1 = 0, a 2 = L



 



 















A



=



q L2 L2  0 2  L L3  0 3  1 4 L4  0 4 6 EIL







A



=



qL3 24EI







B



=



q  L2 2  L  02 6 EIL  2







B



=



qL3 24EI







 cocok







 L 1



4



4



  04  







 cocok



10



Kondisi 5 Beban merata yang terletak mulai dari tumpuan. a1 = 0 a2 = ½ L A



Maka : 



A



=



B



q 3 qL3 384 EI



7 qL3  B= 384 24EI Untuk kondisi beban-beban merata yang lain dapat ditentukan sendiri dengan menggunakan persamaan (1) & (2).



Kondisi 6: Bentang sederhana dibebani dengan beban momen pada tiap-tiap tumpuan -



Beban momen di tumpuan A



A



B



11



 MA  0  MA  -VB . L + ½L .  . 1/3 L = 0  EI  VB =



MA.L2 6 LEI



VB =



MA.L 6 EI



 MA  0  MA  VA . L - ½L .  . 2/3 L = 0  EI  VA =



MA.L 3EI



A 



MA.L 3EI



Jadi,



B -



MA.L 6 EI



Kondisi7: Bentang sederhana dibebani dengan beban momen pada tiap-tiap tumpuan -



Beban momen di tumpuan A



12



A



 MA  0  MB  -VB . L + ½L .  . (2/3 L) = 0  EI  VB =



MB.L 3EI



 MA  0  MA  VA . L - ½L .  . (1/3 L) = 0  EI  VA =



MB.L 6 EI



Jadi,



A 



MB.L 6 EI



B -



MB.L 3EI



B



13



Untuk mempermudah pembaca, seluruh bentuk perputaran sudut (θ) akibat dari berbagai kondisi beban, maka nilai θ secara keseluruhan dapat dilihat pada tabel dibawah ini :



No



Perputaran sudut (θ)



Kondisi beban



1.



PL2 16EI



θA =



θB = -



2. θB = -



Pab 2 L2 EI







1



θB = -



Pab 2 L2 EI







1



PL2 16EI



3



b 2  ab  2 3 a 2







3



b 2  ab  2 3 a 2







3.



A 



ql 3 24EI



B  



4.







A



=



 



ql 3 24EI



 



 



q 2 2 3 3 4 4 L2 a2  a1  L a2  a1  1 4 a2  a1 6 EIL







B=







q  L2 2 2   a2  a1 6 EIL  2



 a 1



4



4 2







4   a1  







14



No



Kondisi beban



Perputaran sudut (θ)



5. 



A



q 3 qL3 = 384 EI



7 qL3  B= 384 24EI



6.



A 



B  -



MA.L 3EI MA.L 6 EI



7.



A 



MB.L 6 EI



B  -



MB.L 3EI



FIXED END MOMEN (FEM) / MOMEN PRIMER FEM adalah momen-momen tumpuan terjepit dengan berbagai kondisi beban. Nilai-nilai FEM untuk berbagai kondisi beban dapat dilihat pada tabel berikut ini :



15



No



Kondisi beban



Momen Primer (FEM)



1. M0AB = PL 8



,



M0BA = - PL 8



2.



Pl1l 22 M AB  2 L Pl 2 l M 0 BA   12 2 L 0



3. M0AB =



qL2 12



M0BA = -



,



qL2 12



4.



M



0



AB



M 0 BA



 l12  l 23 2 2 1  4 6 L  8l1 L  3l1  4 4 L  3l 2  L  L  3 2 2 l2 qL  l1 2 2   1  4 4 L  3l1   4 6 L  8l 2 L  3l 2  12  L L  qL2  12



















16



5.



Pl 2 l2  2l1  L2 Pl   21 l1  2l 2  L



M 0 AB  M 0 BA